上海市闵行中学2023-2024学年高一下学期期中考试化学试卷（原卷版+解析版）

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相对原子质量：
一、探秘元素周期表及原子结构(共20分)
1869年，俄国化学家门捷列夫编制了一份元素周期表，是化学发展史上的一个里程碑。元素周期表的意义远远超出了化学领域本身，它体现了科学规律的本质。如图是元素周期表的一部分，回答下列问题。
1. 可在图中分界线(虚线)附近寻找
A. 优良的催化剂B. 半导体材料C. 合金材料D. 耐腐蚀材料
【答案】B
【解析】
【详解】优良的催化剂、合金材料、耐腐蚀材料均在过渡区寻找，在金属与非金属分界线附近的元素可以寻找半导体材料；
故选B。
2. 硒在元素周期表中的位置是：第___________周期第___________族。
【答案】 ①. 四 ②. ⅥA
【解析】
【详解】硒在元素周期表的第四周期ⅥA族。
3. 已知核内有48个中子的硒的同位素，下列表示该核素的符号正确的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】Se的质子数为34，中子数为48的硒的同位素，其质量数为82，可表示为，答案选D。
4. 画出硒的原子结构示意图为___________。
【答案】
【解析】
【详解】硒原子的结构示意图为。
5. 由硒在周期表中的位置分析判断下列说法正确的是
A. 热稳定性：B. 还原性：
C. 酸性：D. 原子半径：
【答案】C
【解析】
【详解】A．O的非金属性强于Se，则热稳定性H2SeB．元素的非金属性越强，其简单氢化物还原性越弱，非金属性S>Se，则还原性H2SC．元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性S>Se，则酸性H2SO4>H2SeO4，C正确；
D．Se电子层数多于S，则原子半径S故答案选C。
6. 人体内产生的活性氧能加速人体衰老，被称为“生命杀手”，化学家尝试用及其他富硒物质清除人体内的活性氧，此时表现出___________性。
【答案】还原
【解析】
【详解】活性氧具有氧化性，能清除活性氧，则体现的还原性。
7. 二硫化硒具有抗真菌、抗皮脂溢出作用，常用作洗发香波中的去屑剂。中硫元素的化合价为负价，请从原子结构角度解释原因：___________。
【答案】Se与S最外层电子数相同，电子层数Se>S，原子半径Se>S，原子核对核外电子的吸引作用Se【解析】
【详解】SeS2中硫元素的化合价为负价，从原子结构角度解释是因为Se与S最外层电子数相同，电子层数Se>S，原子半径Se>S，原子核对核外电子的吸引作用Se8. 能用于比较硫、氯两种元素非金属性强弱的是
A. 熔点：S>Cl2B. 酸性：HClO>H2SO3
C. 相对原子质量：Cl>SD. 气态氢化物稳定性：HCl>H2S
【答案】D
【解析】
【详解】A．单质的沸点属于物理性质，与元素的非金属性无关，不能判断非金属性强弱，故A不符合；
B．最高价氧化物对应的水化物酸性越强，其元素的非金属性越强，可以判断非金属性强弱，其它含氧酸不满足，故B不符合；
C．相对原子质量不能判断元素非金属强弱，故C不符合；
D．非金属性越强，简单氢化物稳定性越强，所以气态氢化物稳定性HCl＞H2S能比较Cl、S元素非金属性强弱，故D符合；
故选D。
9. 关于铊及其化合物的叙述中，错误的是
A. 铊的金属性比铝强
B. 碱性
C. 铊在化合物中呈价
D. 相同条件时，铊和水反应的现象比铝和水更明显
【答案】B
【解析】
【详解】A．铊与Al同主族，且在第六周期，金属性强于Al，A正确；
B．Ti的金属性强于Al，则碱性TI(OH)3>Al(OH)3，B错误；
C．铊在ⅢA族，在化合物中呈+3价，C正确；
D．铊的金属性强于Al，相同条件下，铊与水反应的现象比铝与水反应更明显，D正确；
故答案选B。
10. 部分短周期元素化合价与原子序数的关系如图，下列说法正确的是
A. 原子半径：
B. 气态氢化物的稳定性：
C. 和的最高价氧化物对应的水化物能相互反应
D. 离子半径：
【答案】C
【解析】
【分析】根据图中元素的化合价和原子序数可知，X为O，Y为Na，Z为Al，W为S，R为Cl。
【详解】A．Na和Al比O多一个电子层，原子半径较大，电子层数相同的情况下，原子序数越大，原子半径越小，则原子半径Na>Al>O，A错误；
B．Cl的非金属性强于S，则气态氢化物的稳定性HCl>H2S，B错误；
C．Y和Z的最高价氧化物对应水化物分别为NaOH和Al(OH)3，两者能反应生成Na[Al(OH)4]，C正确；
D．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径S2->Cl-，D错误；
故答案选C。
二、自然界中的氮元素(共24分)
氮是动植物生长不可缺少的元素，含氮化合物也是重要的化工原料。自然界中存在如图氮的循环过程，工业上也可通过一系列的化学反应模拟该过程，实现氮的转化。
11. 写出氨气结构式___________，氮气电子式___________。
12. 自然界中反硝化过程指的是图中___________过程(选填Ⅰ-Ⅴ)。
【答案】11. ①. ②.
12. Ⅴ
【解析】
【11题详解】
氨气的中心原子为N分别与3个H形成单键结构式为，氮气为双原子分子，形成氮氮三键电子式为；
【12题详解】
反硝化作用，是指在厌氧条件下，微生物将硝酸盐及亚硝酸盐还原为气态氮化物和氮气的过程，是活性氮以氮气形式返回大气的主要生物过程，图中为过程Ⅴ；
大气固氮是在放电或高温下，空气中的转化为的过程。固氮过程中也会产生含氮化合物。
13. ①为___________(填写化学式)。
14. 上述转化关系中四种含氮物质中，含共价键的有___________种，属于共价化合物的有___________种。
15. 写出过程②的反应方程式___________。
【答案】13. NO 14. ①. 4 ②. 3
15. 3NO2+H2O=2HNO3+NO
【解析】
【分析】氮气与氧气一定条件下反应生成NO，NO与氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3。
【13题详解】
根据分析可知，①为NO。
【14题详解】
上述四种含氮物质中，N2、NO、NO2、HNO3中都含有共价键。其中NO、NO2、HNO33种物质为共价化合物。
【15题详解】
NO2与水反应生成HNO3和NO，化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO。
含氮量是衡量肥效的指标之一，常见氮肥：(尿素)、和
16. 中的化学键类型有___________。
17. 等物质的量和的混合物，与足量溶液加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，发生的离子方程式为___________。
18. 设计实验检验上述化肥样品混合物中的硫酸根___________。
【答案】16. 离子键、共价键
17.
18. 取少量化肥于洁净试管中，加蒸馏水溶解，取上层清液加入稀盐酸后无明显现象，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生则该化肥样品中有硫酸根离子
【解析】
【16题详解】
由硝酸根离子和铵根离子构成，存在离子键，铵根离子和硝酸根离子内部存在共价键；
【17题详解】
等物质量和的混合物，与足量溶液加热生成氨气和硝酸钠、硫酸钠和水，产生的氨气能使湿润红色石蕊试纸变蓝，离子方程式为；
【18题详解】
检验硫酸根需要用到盐酸和氯化钡溶液，操作流程为：取少量化肥于洁净试管中，加蒸馏水溶解，取上层清液加入稀盐酸后无明显现象，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生则该化肥样品中有硫酸根离子。
土壤中的硝酸盐会被细菌分解。有一种脱氧硫杆菌能够利用土壤中的硫化物来分解硝酸盐，其主要化学原理如下：
(条件略)
19. 写出的电子式___________。
20. 能证明是离子化合物的事实是___________。
A. 常温下是固体B. 易溶于水C. 水溶液能导电D. 熔融态能导电
21. 下列说法正确的是___________。
A. 和溶于水时都会破坏离子键
B. 能电离出和，所以是离子化合物
C. 中每个原子的最外层都具有8电子的稳定结构
D. 是共价分子，液氮汽化时破坏共价键和分子间作用力
22. 下列说法中正确的是___________。
A. 离子化合物中一定只有离子键B. 共价化合物中一定只有共价键
C. 氯化氢溶于水时会破坏离子键D. 蔗糖溶于水时破坏分子间作用力
【答案】19. 20. D 21. A 22. BD
【解析】
【19题详解】
KOH电子式为。
【20题详解】
A．常温下是固体不能说明硫酸钾为离子化合物，A错误；
B．易溶于水的物质不一定是离子化合物，B错误；
C．水溶液能导电的化合物可能为共价化合物，不能说明硫酸钾为离子化合物，C错误；
D．化合物在熔融状态能导电，说明硫酸钾熔融状态下能电离出自由移动的离子，证明其为离子化合物，D正确；
故答案选D。
【21题详解】
A．硝酸钾和硫化钾溶于水都会电离出自由移动的阴阳离子，都会破坏离子键，A正确；
B．水能电离出氢离子和氢氧根离子，但水是共价化合物，B错误；
C．H2O中H原子最外层没有达到8电子稳定结构，C错误；
D．N2是共价分子，液氮气化没有破坏共价键，D错误；
故答案选A。
【22题详解】
A．离子化合物中不一定只有离子键，比如KNO3中硝酸根离子中存在共价键，A错误；
B．共价化合物中一定只有共价键，B正确；
C．氯化氢中不存在离子键，溶于水不会破坏离子键，C错误；
D．蔗糖溶于水，分子向水中扩散，破坏了分子间作用力，D正确；
故答案选BD。
三、硫和硫酸(共18分)
Ⅰ.硫及其化合物对人类生存和社会发展意义重大
23. 有关硫升华过程的描述中，错误的是
A. 该过程吸热B. 分子间距增大
C. 不会破坏分子间作用力D. 不会破坏共价键
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫升华从固态变为气态，需要吸收热量，A正确；
B．硫升华，固态硫转化为气态硫，分子间距增大，B正确；
C．硫为分子晶体，升华从固态转化为气态，分子间距增大，破坏了分子间作用力，C错误；
D．硫升华，破坏的是分子间作用力，没有破坏共价键，D正确；
故答案选C。
24. 三种微粒的半径从小到大的顺序是___________。
【答案】Na+【解析】
【详解】S2-和Cl-比Na+多一个电子层，离子半径较大，电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径Na+25. 硫可以形成分子式为S2、S4、S6、S8的单质，其中S8的分子球棍模型如图所示。下列有关说法正确的是
A. S2、S4、S6、S8互为同位素
B. 1 ml S8单质中含有的S—S键个数为8NA
C. 硫的单质在足量的空气中完全燃烧可生成SO3
D. S2的摩尔质量为32 g/ml
【答案】B
【解析】
【详解】A．S2、S4、S6、S8均为硫元素的不同单质，互为同素异形体，A错误；
B．1个S8分子中含有的S-S键个数为8个，所以1mlS8单质中含有的S-S键个数为8NA，B正确；
C．硫的单质在足量的空气中完全燃烧可生成SO2，SO2在催化剂的条件下才能转化为SO3，C错误；
D．S2的摩尔质量为64g/ml，D错误；
故答案选B。
26. 若将和等体积混合后再缓缓通入品红溶液，发现品红溶液___________，其原因是___________(用化学方程式解释原因)。
【答案】 ①. 不褪色 ②. SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl
【解析】
【详解】SO2与Cl2在水中反应生成H2SO4和HCl，化学方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，两种气体等体积混合再通入品红溶液中，两者完全反应生成硫酸和HCl，品红溶液不褪色。
硫酸的性质：某化学学习小组为了探究铁质材料(碳素钢)和浓硫酸反应的产物，利用下列装置进行了如图实验探究活动：
27. 实验开始后，观察到装置B中品红溶液褪色，则装置C用于验证产物的___________性。实验过程中观察到装置中固体由黑变红，装置中无水硫酸铜由白色粉末变蓝，说明碳素钢与浓硫酸的反应产物中有___________气体产生。
28. 若要验证碳素钢与浓硫酸反应产生的气体有，应在上述装置中观察到___________。
29. 将浓硫酸滴入蔗糖中，下列说法中错误的是___________。
A. 蔗糖变黑体现了浓硫酸的脱水性
B. 蔗糖体积膨胀变成疏松多孔的海绵状物质
C. 实验中产生大量气体体现了浓硫酸的强酸性
D. 将实验中产生的气体通入品红溶液，溶液会褪色
【答案】27. ①. 还原 ②. H2
28. D中品红溶液不褪色，E中澄清石灰水变浑浊 29. C
【解析】
【分析】A中浓硫酸与铁高温下反应生成二氧化硫，B中品红溶液褪色，C中二氧化硫与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，D中品红溶液用于检验二氧化硫是否除尽，因为是碳素钢，其中含有C，C能与浓硫酸在高温下反应生成二氧化碳，因此E中澄清石灰水会变浑浊，F中的碱石灰吸收二氧化碳，G中CuO可与H2反应，最后无水硫酸铜用于检验水的存在，碱石灰可防止外界空气中的水蒸气进入装置干扰实验。
【27题详解】
B中品红溶液褪色，证明含有二氧化硫，装置C中酸性高锰酸钾氧化二氧化硫自身被还原为褪色，验证了二氧化硫的还原性。G中CuO由黑变红，说明生成了Cu，H中无水硫酸铜由白色粉末变蓝，说明有水生成，则说明碳素钢与浓硫酸反应的产物中含有H2。
【28题详解】
二氧化硫和二氧化碳均能使澄清石灰水变浑浊，观察到D中品红溶液不褪色，说明二氧化硫已除尽，再观察到E中澄清石灰水变浑浊，则说明碳素钢与浓硫酸反应产生的气体中有二氧化碳。
【29题详解】
A．蔗糖变黑是因为浓硫酸具有脱水性，生成了碳，A正确；
B．蔗糖与浓硫酸反应，先因为浓硫酸的脱水性生成C，C与浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳气体，使蔗糖体积膨胀变为疏松多孔的海绵状物质，B正确；
C．实验中产生大量气体体现了浓硫酸的强氧化性而不是强酸性，C错误；
D．实验中生成了二氧化硫，通入品红溶液中，溶液会褪色，D正确；
故答案选C
四、葡萄酒中的二氧化硫(共20分)
土法酿造葡萄酒(只加糖的纯天然酿酒法)容易出问题，主要原因是发酵过程产生的菌种多达百种，难以控制而产生对神经有毒的甲醇等物质。科学酿酒露加等辅料，我国国家标准(GB2760-2014)规定葡萄酒中的残留量。
Ⅰ. 实验方案一
利用的漂白性检测干白葡萄酒(液体为无色)中的或设计如图的实验：

30. 水溶液显酸性，用离子方程式说明___________
31. 甲同学得出实验结论是干白葡萄酒中不含或这个结论___________(填“成立”或“不成立”)，理由是___________。
【答案】30. SO2+H2OH2SO3，H2SO3H++
31. ①. 不成立 ②. 通过对比实验可知，浓度低的亚硫酸并不能使品红溶液褪色，葡萄酒中的二氧化硫含量很低，所以也不能使品红溶液褪色
【解析】
【分析】干白葡萄酒中滴加品红溶液，红色不褪去，品红溶液中滴加1滴饱和亚硫酸溶液，红色不褪去，饱和亚硫酸溶液中滴加1滴品红溶液，红色褪去，说明使品红溶液褪色时二氧化硫或者亚硫酸的浓度不能过低。
【30题详解】
二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子使溶液呈酸性，离子方程式为SO2+H2OH2SO3，H2SO3H++。
【31题详解】
甲同学的结论不成立，理由为通过对比实验可知，浓度低的亚硫酸并不能使品红溶液褪色，葡萄酒中的二氧化硫含量很低，所以也不能使品红溶液褪色。
Ⅱ. 实验方案二
用如图实验装置探究二氧化硫的氧化性。按图充入气体，连接装置，关闭旋塞1和2。
32. 打开旋塞1，可观察到的主要现象是___________。
33. 若A瓶和B瓶的体积相等，恢复到常温，关闭旋塞1，打开旋塞2，可观察到的现象是___________。
34. 将气体通入下列装置中，一定不可能产生沉淀的是___________。
【答案】32. B瓶内壁有黄色固体和小液滴生成
33. NaOH溶液倒吸入B瓶中
34. A
【解析】
【分析】打开旋塞1，A中的SO2进入B中与H2S反应生成单质硫，NaOH溶液用于尾气处理，吸收多余的二氧化硫和硫化氢。
【32题详解】
打开旋塞1，A中二氧化硫进入B中与H2S反应生成S单质，可观察到B瓶内壁有黄色固体和小液滴生成。
【33题详解】
二氧化硫与硫化氢反应生成单质硫，容器内压强减小，此时打开旋塞2，可观察到NaOH溶液倒吸入B瓶中。
【34题详解】
A．弱酸无法制强酸，SO2无法与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，A正确；
B．二氧化硫通入溶有氨气的氯化钡溶液，二氧化硫与氨气可反应生成亚硫酸根离子，亚硫酸根离子与钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀，B错误；
C．二氧化硫与氢氧化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，C错误；
D．二氧化硫通入硝酸钡溶液中生成亚硫酸，酸性条件下硝酸根离子可将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，从而生成硫酸钡沉淀，D错误；
故答案选A。
Ⅲ. 实验方案三
35. 某学习兴趣小组为测定某葡萄酒中SO2的含量，设计了如图所示的装置：
实验步骤如下：在B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应。除去C中剩余的H2O2后，用0.0900ml·L-1NaOH溶液测定反应生成的酸，消耗NaOH溶液25.00mL。
（1）C中通入SO2发生反应的化学方程式为___。
（2）通过计算求出该葡萄酒中SO2的含量(以g·L-1为单位，即每升葡萄酒中含有SO2的质量) ___。(写出计算过程)
（3）该测定结果比实际值偏高，可能的原因是____。针对此原因提出一条改进措施：___。
【答案】 ①. SO2+H2O2=H2SO4 ②. 0.24 g/L ③. 盐酸易挥发，有氯化氢进入装置C中 ④. B中用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸
【解析】
【分析】(1)二氧化硫具有还原性，能够与双氧水反应生成硫酸，据此写出反应的化学方程式；
(2)根据关系式2NaOH～H2SO4～SO2及氢氧化钠的物质的量计算出二氧化硫的质量，再计算出该葡萄酒中的二氧化硫含量；
(3)盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，据此分析解答。
【详解】(1)双氧水具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，反应的化学方程式为：SO2+H2O2=H2SO4，故答案为：SO2+H2O2=H2SO4；
(2)根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为：×(0.0900ml/L×0.025L)×64g/ml=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：=0.24g/L，故答案为：0.24 g/L；
(3)由于盐酸是挥发性酸，挥发的酸能够消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液体积增大，测定结果偏高；因此可以用不挥发的强酸，如硫酸代替盐酸，故答案为：盐酸易挥发，有氯化氢进入装置C中；B中用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸。
五、烟气脱硝(共18分)
烟气脱硝(将转化成无害物质)是工业废气处理中的重要工艺。相对传统的处理工艺，活性炭吸附脱硝法具有工艺过程无二次污染、氮资源和脱硝剂可循环利用等优点。
36. 活性炭吸附脱硝法的工艺流程如图所示。
该流程中活性炭的作用是___________，若入口烟气中以形式参加反应，则相应的化学方程式为___________。
【答案】 ①. 吸附粉尘等杂质 ②.
【解析】
【详解】活性炭具有多孔结构，具有吸附性，在该流程中活性炭能吸附烟气中的粉尘等杂质，NO和NH3发生归中反应生成氮气和水：。
某同学选择如图装置(省略夹持仪器)对该方法进行模拟实验：
37. 实验前，按的顺序连接仪器，检查装置___________。按而不是连接仪器的原因是___________。
38. 下列关于铜与硝酸反应的叙述中，正确的是____。
A. 氮元素全部被还原B. 若为稀硝酸，反应不进行
C. 是氧化产物D. 若为浓硝酸，还原产物为
39. 先通入空气，再打开中分液漏斗的活塞，观察到B中出现红棕色气体，此时，所获得的氮氧化物中一定含有___________气体。
40. 装置除了能用于脱硝效果外，还可用于___________、___________。
41. 常温常压下，以一定流速和比例混合、空气等气体进行模拟实验，现测得入口体积分数为，出口体积分数为，则脱硝百分率为___________(因混合气体中所占比例很小，可忽略脱硝前后气体总体积的变化，计算结果保留小数点后1位)。
42. “封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，下列关于两个“封管实验”(夹持装置未画出)的说法错误的是___________。
A. 实验①中，适当加热后，可观察到“封管”上端内壁上有固体附着
B. 实验②中，加热时“封管”内溶液变为无色，冷却后又变为浅红色
C. 两个“封管实验”中都发生了化学反应
D. 实验②中体现出的性质与的喷泉实验(，滴有酚酞的水溶液)完全不同
【答案】37. ①. 气密性 ②. 氨气密度较小，可使反应气体混合均匀，提高原料利用率 38. C
39. NO2 40. ①. 尾气处理 ②. 判断气体流速
41. 80% 42. D
【解析】
【分析】装置A中利用空气将浓氨水中的氨气吹出，装置B中利用硝酸与铜反应生成氮氧化物，氨气和氮氧化物在装置C中混合，再通过活性炭进行反应，E装置为安全瓶可防止倒吸，装置F用于吸收尾气，判断气体流速等。
【37题详解】
实验前，按照h→j，i→k顺序连接仪器，检验装置的气密性。氨气密度较小，按h→j而不是h→k连接装置可使反应气体混合均匀，提高原料利用率。
【38题详解】
A．铜与硝酸反应，部分HNO3体现酸性无元素化合价变化，氮元素并未全部被还原，A错误；
B．铜与稀硝酸也能反应，B错误；
C．铜与HNO3反应生成硝酸铜，Cu失电子被氧化转化为硝酸铜，硝酸铜为氧化产物，C正确；
D．铜与浓硝酸反应生成NO2而不NO，D错误；
故答案选C。
【39题详解】
先通入空气，再打开A、B中分液漏斗活塞，此时观察到B中出现红棕色气体，该气体为NO2，获得的氮氧化物中一定含有NO2气体。
【40题详解】
装置F除了用于脱硝外，还可用于尾气处理和判断气体流速。
【41题详解】
脱硝的百分率为=80%。
【42题详解】
A．实验①中，适当加热，NH4Cl分解生成NH3和HCl，两种气体遇冷在封管上端重新化合生成NH4Cl，封管上端内壁上有固体附着，A正确；
B．实验②中加热时氨气逸出，溶液变无色，冷却时氨气重新溶于水，溶液变碱性从而呈浅红色，B正确；
C．实验①和②中都发生了化学反应，C正确；
D．实验②中NH3体现易溶于水和碱性两种性质，与NH3的喷泉实验完全相同，D错误；
故答案选D。